Question

1．已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax²-（2a+1）x，a∈R
（1）当a=1时，求不等式f（x）•g（x）＞0的解集；
（2）若a≠0，求函数F（x）=f（x）+g（x）的单调递减区间；
（3）求证：当a∈[-$\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$，$\frac{2}{3}$]时，对于任意两个不等的实数x₁，x₂∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，解不等式（x-3）•lnx＞0即可；
（2）求出F（x）的导数，通过讨论a的范围，解关于导函数的不等式，从而求出函数的递减区间即可；
（3）结合函数的单调性得到函数，构造ω（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$，求出ω（x）的单调区间得到f（x₂）-f（x₁）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂），解出即可．

解答 解：（1）定义域是（0，+∞），不等式等价于（x-3）•lnx＞0，
故不等式的解集是（0，1）∪（3，+∞）；
（2）F′（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{2a}）（x-1）}{x}$，
a＜0时，F′（x）＜0，解得：x＞1，
a=$\frac{1}{2}$时，F′（x）≥0恒成立，函数无减区间，
0＜a＜$\frac{1}{2}$时，令F′（x）＜0，解得：1＜x＜$\frac{1}{2a}$，f（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）递减，
a＞$\frac{1}{2}$时，令F′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2a}$＜x＜1，f（x）在（$\frac{1}{2a}$，1）递减；
（3）不妨设x₁＞x₂，由（2）得：a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）+g（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]单调递增，
$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{2}{3}$时，$\frac{1}{2a}$≥$\frac{3}{4}$，
∴f（x）+g（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]是单调递增函数，
f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂）对x∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]恒成立，
当a≥$\frac{-3-2\sqrt{2}}{2}$时，令ω（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$，
则ω′（x）=-$\frac{{x}^{2}+2x-1}{{{（x}^{2}-x）}^{2}}$=0，解得；x=$\sqrt{2}$-1，
随着x的变换，ω′（x），ω（x）的变化如下：

x	（$\frac{1}{4}$，$\sqrt{2}$-1）	$\sqrt{2}$-1	（$\sqrt{2}$-1，$\frac{3}{4}$）
ω′（x）	+	0	-
ω（x）	↑	-3-2$\sqrt{2}$	↓

∴ω（x）_max=-3-2$\sqrt{2}$，
∴?x∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，2a≥$\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$，从而f（x）-g（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]单调递增，
f（x₁）-g（x₁）＞f（x₂）-g（x₂）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]恒成立，
f（x₂）-f（x₁）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂）对x₁，x₂∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，x₁＞x₂恒成立，
∴任意实数x₁，x₂∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．